Geométricamente, ¿por qué la línea de paquetes tienen inversos con respecto al producto tensor?
Aquí mis pensamientos sobre el problema hasta ahora, por favor, disculpe su scatteredness.
Sé algebraicamente, es sólo porque son localmente módulos generados por $1$ elemento. Básicamente, es sólo el hecho de que si uno tiene un finitely módulo generado $M$ sobre un anillo local $R$ existe $M^{-1}$ $M \otimes M^{-1} = R$ sólo al $M$ es libre de rango $1$. Esto no es difícil de demostrar.
Geométricamente, estamos tomando una línea de paquete; somos una especie de "enderezar las líneas" para que sea trivial. De hecho, la línea de los paquetes son sólo trivial barrios con la transición de las funciones de a $\mathbb{A}^1$. Acabamos de tomar el recíproco de la función de transición, y que nos da la inversa de la línea de paquete.
Así, uno podría pensar en la siguiente: el tensor de producto corresponde al producto de los módulos, y por lo tanto se ve bien geométricamente precisamente cuando no hay una "torsión" en un no-exacto sence, es decir, localmente libre de los módulos? Localmente proyectiva módulos? Piso? (Proyectiva es más fuerte que la plana.) Así que esos son moralmente vector de paquetes, y puede ser enderezado de manera consistente, precisamente, cuando el rango es igual a $1$.
Como counterthought a la anterior, la anterior no es exactamente cierto. "Enderezar" realmente sólo tiene sentido en el rango de $1$ de los casos debido a que la estructura de la gavilla es en sí misma una línea de paquete y no una mayor vector paquete. Así no se puede, por razones obvias, tienen un rango $2$ vector paquete que invierte otro rango $2$ vector paquete. Pero en el caso de un rango de $1$, es enderezar el paquete, que se puede hacer. Para dimensiones superiores vector de paquetes, podemos pensar en un "inversa" como $O^r$, pero aún así, no todos los chicos sería invertible (es decir, cualquier cosa que no divide probablemente no debe ser invertible como este).
Todo lo que tengo hasta ahora es bastante detallado. En un nivel intuitivo con respecto a la pregunta original, podemos pensar que no son triviales de la línea de paquetes como de las estructuras que la fuerza de sus secciones para tener ceros o polos. Si tenemos una sección que es regular y no tiene ninguna fuga en todas partes, lo podemos usar para restarle importancia a la línea de paquete. Una bonita imagen geométrica de esto es la línea de paquete de la cinta de Moebius sobre el círculo.
Como alternativa, siempre podemos construir una inversa por tomar el doble de una línea de paquete y, a continuación, utilizando el adjunto propiedades del tensor de producto para mostrar su inversa. Si tomamos una sección, habrá algún momento en el que la sección pasa a través de la sección cero. Si podemos encontrar la sección que tiene polos, donde las secciones tienen ceros, su producto tensor, que tendrá secciones que se comportan como el producto de la $2$ originales de las secciones de la regular.
Así que ahora, tenemos que visualizar lo que tomar el doble de los medios, o el envío de ceros que polos. Geométricamente, esto es como voltear nuestra línea de paquete y pegar todo junto en el infinito. Esto hace que los ceros convertirse en polos. Pero esto es todavía muy algebraicas. De todos modos, sabemos con seguridad cómo funciona para dimensiones superiores de las cosas debido a que el producto tensor multiplica la dimensión del espacio vectorial.
En este punto, uno podría preguntarse, ¿qué quiero decir con "si tomamos una sección, habrá algún momento en el que la sección pasa a través de la sección cero." ¿Por qué una sección global tiene que cruzan la sección cero?
Pensar acerca de la cinta de Moebius. Dibujar un círculo en el medio; esto es isomorfo al círculo. Así, la cinta de Moebius es una línea de paquete sobre el círculo (bueno, necesitamos extender la cinta de Moebius a infinito). Ahora, dibuje algunas líneas a lo largo de la cinta de Moebius que trata de evitar la intersección de la sección cero (el círculo que dibujó). Esto es imposible, porque cuando nos envuelva alrededor de la cinta de Moebius, vamos a estar en el otro lado de la cinta de Moebius, y por lo tanto, a ser un bien definido sección, debemos cruzar el cero de la sección. Esta línea representa una sección y por lo tanto, cada sección tiene un cero. Esto es cómo sabemos que esta línea de paquete no es trivial. Para cada sección se desvanece.
De hecho, sabemos que una línea de paquete es trivial si se ha nonvanishing sección. Ya podemos construir una banalización considerando el mapa de $X$ (donde $X$ es de la variedad o esquema en el que estamos trabajando más) $L$ (la línea de paquete) dado por $L$ mapas a $X \times \mathbb{A}^1$ $(x, y)$ mapas a $(yf(x))$ donde $f$ es el nonvanishing sección regular. Esto le da un isomorfismo. Por lo tanto, los ceros o polos de la sección realmente nos da una información muy interesante de una línea de paquete.
Esta es realmente la importancia de este grupo de Picard de la construcción. Para cualquier conjunto de polos y ceros, es decir, un divisor podemos asociar una línea bundle $O(D)$, y esto le da un isomorfismo si nos mod por lineal de equivalencia (es decir, la multiplicación de racionales secciones más de la variedad). Por lo tanto, la línea de paquete está determinada únicamente por ceros y los polos hasta agregar los ceros y polos alcanzable por medio de funciones racionales en $X$.
En general, la declaración "no trivial si y sólo si la desaparición de las secciones" es obvio por monodromy. Y uno podría formalmente entender el tensor/Hom contigüidad utilizado en la Picard de la construcción. Pero, ¿qué significa realmente?
El grupo de Picard, de la manera que yo pienso de ella, es el conjunto de todos los divisores. Grupo de todos los divisores de combinaciones lineales finitas de codificación simon $1$ subvariedades, es decir, los puntos, si estamos trabajando a través de una curva. Y estos corresponden a los ceros y los polos de las funciones.
A la que hemos podido hacer, es esto correcto? No es el grupo de Picard más análogas a las del grupo de clase? E incluso entonces, que no siempre es un isomorfismo.
A la que queremos responder, sí que es cierto. La clase de grupo que es el grupo en el que estamos describiendo por encima de los cocientes por $Z(f)$, que es el que nos busca en la valoración de $a$, la función racional $f$ en el conjunto de todos los divisores, es decir podemos determinar su orden de fuga a todos los posibles ceros y polos. Pero es correcto que no siempre es un isomorfismo. Sin embargo, para el buen completa curvas, ciertamente lo es, y eso es lo que la mayoría de esta teoría se utiliza para.
Ya tenemos algunos problemas si no trabajamos sobre algebraicamente cerrado campos, porque entonces no podemos factor de nuestro polinomio de todo el camino.
(Wikipedia otorga a la construcción explícita de la línea de paquetes de $\implies$ grupo de clase de elemento, y la cosa sobre nonvanishing global secciones trivial deja en claro por qué es bien definido hasta la principal divisores.)
El mal comportamiento viene cuando no es un esquema factorial. Así que nos preguntamos, ¿cuál es un ejemplo de un esquema donde los gérmenes no son exclusivos de la factorización de dominios? Vamos a tener problemas... por ejemplo, mirar a Weil y divisores de Cartier, como Weil no siempre implica Cartier.
Ahora, a pesar de todo esto divagando, me siento como que todavía no tienen una profunda geométricas comprensión de por qué la línea de paquetes tienen inversos con respecto al producto tensor. Es muy posible que me estoy perdiendo de una forma relativamente sencilla de pensar en ello. Podría alguien evaluar mis declaraciones y dime si son correctas y/o la forma correcta de pensar acerca de este problema, y posiblemente contribuir a algunas de sus propias intuiciones/explicaciones? Gracias de antemano.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Voy a hacer esto más geométrica y menos algebraicas. Pero todo se traduce a la algebro-configuración geométrica de los divisores que si usted desea.
Usted debe pensar en una línea de paquete como un trenzado de producto, y el producto tensor significa que concatenar o superponer los giros. Por ejemplo, el pensamiento de la cinta de Moebius como una línea real bundle $\mathscr L \to S^1$, $\mathscr L\otimes\mathscr L$ corresponde a la cinta de Moebius con dos medias vueltas. Usted puede pensar en el complejo de la línea de paquetes de forma análoga.
Para hacer este riguroso, es mejor pensar acerca de la transición de la función de la construcción de una línea de paquete. Tomamos una adecuada apertura de la tapa $U_i$ más que la línea de paquetes de $\mathscr L$ $\mathscr L'$ son triviales, y tomar la transición de las funciones de $\phi_{ij}$$\phi'_{ij}$$U_i\cap U_j$. A continuación, el producto tensor ha transición de las funciones de $\phi_{ij}\phi'_{ij}$ (que luego se concatena o se superpone a los respectivos giros).
Ahora sigue el doble o el inverso de la línea de paquete de $\mathscr L^*$ ha transición de las funciones de $1/\phi_{ij}$. Que es, se tuerce precisamente lo contrario de la original de paquete, y cuando el tensor de los dos grupos que no tienen ningún giro.
(Por cierto, este intuitiva de la noción geométrica de giro se alinea con el producto tensor noción de álgebra conmutativa como dar de extensión de escalares.)
A mi juicio, "es invertible con respecto al producto tensor" ya es la definición correcta de una línea de paquete, en todos los casos. Si eso no es la definición que usted está utilizando supongo que usted está usando algo como "localmente libre de rango $1$," así que permítanme decir algo sobre esto.
Intuitivamente debería pensar en una línea de paquete como, literalmente, un conjunto de líneas; es decir, un paquete de $1$-dimensiones de espacios vectoriales. (Esta es la razón por la línea de paquetes de tener algo que ver con los mapas de espacios proyectivos: espacios proyectivos son, por definición, espacios de moduli de líneas). Entre los espacios vectoriales, $1$-dimensiones de espacios vectoriales son precisamente los invertible con respecto al producto tensor, y por lo que entre, digamos, el vector de paquetes, debe ser plausible que la línea de los paquetes son precisamente los invertible.
Una manera de hacer esto es preciso demostrar que invertibility es una condición local, de la siguiente manera.
Reclamo: Vamos a $M$ $\mathcal{O}_X$- módulo en una localmente anillado espacio de $(X, \mathcal{O}_X)$. Las condiciones siguientes en $M$ son equivalentes:
- La evaluación map $M \otimes \text{Hom}(M, \mathcal{O}_X) \to \mathcal{O}_X$ es un isomorfismo.
- $M$ es invertible.
- $M$ es localmente libre de rango $1$.
Prueba. $1 \Rightarrow 2$: $\text{Hom}(M, \mathcal{O}_X)$ suministros a la inversa.
$2 \Rightarrow 3$: Localización es monoidal, por lo que la localización de una invertible módulo es invertible. Invertible módulos sobre un anillo están finitely generado y proyectivo (hay varias maneras de probar este), por lo que más de un anillo local son libres, por lo tanto, si $M$ es invertible, entonces es localmente libre. Ya que el rango es multiplicativo en virtud de producto tensor, es localmente libre de rango $1$.
$3 \Rightarrow 1$: si una de morfismos de $\mathcal{O}_X$-módulos es un isomorfismo se puede comprobar localmente, a nivel local y un módulo de rango $1$ claramente satisface la condición de que la evaluación del mapa es un isomorfismo, ya que los tres módulos que intervienen son libres de rango $1$.
